Les documents sont autoris´ es mais les calculettes et les t´ el´ ephones por- tables sont interdits. Il sera tenu compte de la qualit´ e de la r´ edaction pour l’attribution d’une note.

Universit´ e Claude Bernard Lyon 1

M1 – G´ eom´ etrie

Corrig´ e du contrˆ ole continu 2 du 25 octobre 2017

Les documents sont autoris´ es mais les calculettes et les t´ el´ ephones por- tables sont interdits. Il sera tenu compte de la qualit´ e de la r´ edaction pour l’attribution d’une note.

Probl` eme. – Soit I un intervalle et η : I −→ R

une courbe plane pa- ram´ etr´ ee par la longueur d’arc. Soit ` > 0 et γ : I −→ R

une courbe telle que, pour tout t ∈ I, on ait :

a) kη(t) − γ(t)k = `

b) γ

(t) est proportionnelle au vecteur η(t) − γ(t).

Une telle courbe est appel´ ee tractrice de la courbe η : le point γ(t) est tract´ e depuis η(t) via la tige η(t) − γ(t) qui est de longueur `.

Premi` ere partie.– On suppose que I = R et que η(t) = (t, 0) pour tout t ∈ R . On consid` ere la courbe γ : R −→ R

donn´ ee par

γ(t) = t − ` th t

`

, ` ch

! .

1) D´ eterminer kγ

(t)k et trouver les points r´ eguliers de γ (un formulaire de

trigonom´ etrie hyperbolique figure en fin de sujet).

R´ep.– On a

γ⁰(t) = t−`th t

`

, ` ch <sup>t</sup><sub>`</sub>

!0

= 1− 1

ch^{2 t}_{`</sub>,−sh <sub>`}^t ch^{2 t}_`

!

= 1

ch² _`^t

ch² t

`

−1,−sh t

`

= 1

ch² _`^t

sh² t

`

,−sh t

`

= sh ^t_{`</sub> ch<sup>2</sup> <sub>`}^t

sh

t

`

,−1

d’o`u

kγ⁰(t)k²=sh^{2 t}_{`</sub> ch<sup>4 t</sup><sub>`}(sh²

t

`

+ 1) = sh^{2 t}_{`</sub> ch<sup>2 t</sup><sub>`} et finalement

kγ⁰(t)k=

sh _{`</sub><sup>t</sup> ch <sup>t</sup><sub>`} =

th t

`

.

Seul le pointt= 0 est donc irr´egulier.

2) Montrer que γ

(t) est proportionnel ` a η(t) − γ(t) et d´ eterminer le coeffi- cient de proportionnalit´ e.

R´ep.– On a

η(t)−γ(t) = `th t

`

,− ` ch <sub>`</sub>^t

!

= `

ch ^t_`(sh t

`

,−1)

d’o`u

γ⁰(t) = sh ^t_{`</sub> ch<sup>2 t</sup><sub>`}

sh

t

`

,−1

= 1

` sh <sup>t</sup><sub>`</sub>

ch ^t_{`</sub>(η(t)−γ(t)) Le coefficient de proportionnalit´e est donc <sup>1</sup><sub>`}th ^t_`

.

3) Montrer que pour tout t ∈ R on a kη(t) − γ(t)k = `. En d´ eduire que γ est une tractrice de η.

R´ep.– On a

kη(t)−γ(t)k²= `<sup>2</sup> ch<sup>2</sup> <sub>`</sub>^t(sh²

t

`

+ 1) =`².

La courbe γsatisfait aux conditions a) et b), c’est donc une tractrice deη.

4) On note α(t) l’angle orient´ e entre η

(t) et η(t) − γ(t). Montrer que cos α(t) = th

t

`

.

R´ep.– Puisqueη est param´etr´ee par la longueur d’arc et que le vecteurη(t)−γ(t) est de norme`on a

cosα(t) =h1

`(η(t)−γ(t)), η⁰(t)i.

Deη⁰(t) = (1,0) etη(t)−γ(t) = ^`

ch(^t_{`</sub>)(sh <sup>t</sup><sub>`}

,−1) on d´eduit cosα(t) = ^sh(^t_`)

ch(^t_`).

5) Montrer qu’en tout point t tel que α(t) 6= kπ, k ∈ Z , on a α

(t) + 1

` sin α(t) = 0.

R´ep.– On d´erive la relation obtenue `a la question pr´ec´edente.On a d’une part (cosα(t))⁰=−α⁰(t) sinα(t)

et d’autre part

th ^t_`0

= 1

`(1−th² t

`

)

= 1

`(1−cos²α(t))

= 1

`sin²α(t).

Il ne reste plus qu’`a ´egaler et `a simplifier.

Seconde partie.– On ne suppose plus que η(t) = (t, 0). On consid` ere le cas g´ en´ eral o` u η : I −→ R

est une courbe C

r´ eguli` ere et param´ etr´ ee par la longueur d’arc. On note k

: I −→ R sa courbure alg´ ebrique et γ : I −→ R

une tractrice de η (attention, γ n’est pas param´ etr´ ee par la longueur d’arc en g´ en´ eral). On suppose que R

est orient´ ee de fa¸con standard et on note J v le vecteur obtenu par rotation d’angle +

du vecteur v.

1) Trouver les coordonn´ ees du vecteur η(t) − γ(t) dans la base (η

(t), J η

(t)) en fonction de α(t) et de `.

R´ep.– La base (η⁰(t), J η⁰(t)) est orthonorm´ee directe, le vecteurη(t)−γ(t) est de norme

`et fait un angle αpar rapport `a η⁰(t), on a donc

η(t)−γ(t) =`cosα(t)η<sup>0</sup>(t) +`sinα(t)J η⁰(t).

2) Montrer que pour tout t ∈ I on a

γ

(t) = (1 + `(α

(t) + k

(t)) sin α(t)) η

(t) − `(α

(t) + k

(t)) cos α(t)J η

(t).

R´ep.– De la relation obtenue `a la question pr´ec´edente, on d´eduit γ(t) =η(t)−`cosα(t)η⁰(t)−`sinα(t)J η⁰(t).

En d´erivant, il vient

γ⁰(t) = η⁰(t) +α⁰(t)`sinα(t)η<sup>0</sup>(t)−`cosα(t)η⁰⁰(t)

−α⁰(t)`cosα(t)J η<sup>0</sup>(t)−`sinα(t)J η⁰⁰(t) Notons queη⁰⁰(t) =kalg(t)nalg(t) et quenalg(t) =J η⁰(t) ainsi

η⁰⁰(t) =kalgJ η⁰(t).

De plusJ(J η⁰(t)) =−η⁰(t), on en d´eduit :

J η⁰⁰(t) =−kalgη⁰(t).

Ainsi

γ⁰(t) = (1 +α⁰(t)`sinα(t) +`kalg(t) sinα(t))η⁰(t)

−(α⁰(t)`cosα(t) +`kalg(t) cosα(t))J η⁰(t) ce qui est l’expression demand´ee.

3) Montrer que pour tout t ∈ I on a α

(t) + 1

` sin α(t) = −k

(t).

Indication : On pourra calculer γ

(t)∧ (η(t) − γ(t)) en consid´ erant R

comme un sous-espace de R

pour donner un sens au produit vectoriel.

R´ep.– Puisqueγest une tractrice deη, sa d´eriv´eeγ⁰(t) est proportionnelle `aη(t)−γ(t) ce qui signifie que γ⁰(t)∧(η(t)−γ(t)) = 0.Le calcul explicite donne

γ⁰(t)∧(η(t)−γ(t)) = (Aη⁰(t) +BJ η⁰(t))∧(`cosα(t)η<sup>0</sup>(t) +`sinα(t)J η⁰(t))

= `(Asinα(t)−Bcosα(t))η⁰(t)∧J η⁰(t)

avecA= 1 + (α⁰(t) +kalg(t))`sinα(t) etB =−(α<sup>0</sup>(t) +kalg(t))`cosα(t). Ainsi 0 =Asinα(t)−Bcosα(t) = sinα(t) + (α⁰(t) +kalg(t))`

d’o`u

α⁰(t) +1

`sinα(t) =−kalg(t)

ce qui est la relation demand´ee.

Troisi` eme partie.– On suppose maintenant que I = R et que η(t) = R cos

, R sin

o` u R > `.

1) D´ eterminer k

(t) (on prendra soin du signe) ?

R´ep.– Avec la param´etrisation donn´ee pourη, on a η⁰⁰(t) = −_R¹2η(t). Or la normale alg´ebrique estnalg(t) =_R¹J η⁰(t) =−_R¹η(t) et donckalg =k=_R¹.

2) Soit α

∈ ] −

,

[. Sous quelle(s) condition(s) la fonction constante α ≡ α

peut-elle ˆ etre solution de l’´ equation obtenue au 3) de la seconde partie ?

R´ep.– La fonctionα≡α₀est solution deα⁰(t) +¹_`sinα(t) =−k_alg(t) si et seulement si 1

`sinα<sub>0</sub>=−k<sub>alg</sub> i. e. sinα<sub>0</sub>=−` R.

Puisque 0 < ` < R, on a −<sub>R</sub><sup>`</sup> ∈ ]−1,0[. Donc α ≡ α0 est solution si et seulement si α0∈]−^π₂,0[ et`=−Rsinα0.

3) On suppose que α est une fonction constante ´ egale ` a α

∈ ]−

, 0[. Montrer que kγ(t)k

= √

R

− `

et en d´ eduire la nature du support de la tractrice.

R´ep.– Notons d’abord queη(t) =Rn(t) =−Rnalg(t) =−RJ η⁰(t). De γ(t) =η(t)−`cosα(t)η<sup>0</sup>(t)−`sinα(t)J η⁰(t) on d´eduit

γ(t) =−RJ η⁰(t)−`cosα<sub>0</sub>η<sup>0</sup>(t)−`sinα₀J η⁰(t).

Puis, comme sinα₀=−_R^`,on a aussi cosα₀= q

1−_R<sup>`2</sup>2 d’o`u

γ(t) =−`

r 1− `²

R²η⁰(t) + (−R+`` R)J η⁰(t) et

kγ(t)k² = `²

1− `² R²

+R²

−1 + `² R²

²

= `<sup>2</sup>− `⁴

R² +R²−2`<sup>2</sup>+ `⁴ R²

= R²−`².

Par cons´equent le support de γ est un cercle (ou une portion de cercle) de rayon r =

√R²−`² et de centre l’origine deR².

Formulaire de trigonom´ etrie hyperbolique :

ch

t = sh t sh

t = ch t ch

t − sh

t = 1 th t = sh t

ch t th

t = 1

ch

t = 1 − th

t